Question

8．已知雙曲線C：$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞0，b＞0）的兩個焦點為F₁（-2，0）、F₂（2，0）點P（$\sqrt{3}$，1）在雙曲線C上．
（1）求雙曲線C的方程；
（2）記O為坐標原點，過點Q （0，2）的直線l與雙曲線C相交于不同的兩點E、F，若△OEF的面積為2$\sqrt{2}$，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意可得a²+b²=4，得到a和b的關(guān)系，把點P（$\sqrt{3}$，1）代入雙曲線方程，求得a，進而根據(jù)a²+b²=4求得b，雙曲線方程可得；
（2）可設(shè)直線l的方程為y=kx+2，代入雙曲線C的方程并整理，根據(jù)直線I與雙曲線C相交于不同的兩點E、F，進而可得k的范圍，設(shè)E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），根據(jù)韋達定理可求得x₁+x₂和x₁x₂，進而表示出|EF|和原點O到直線l的距離根據(jù)三角形OEF的面積求得k，進而可得直線方程．

解答 解：（1）依題意，由c²=a²+b²=4，
得雙曲線方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{4-{a}^{2}}$=1（0＜a²＜4），
將點（$\sqrt{3}$，1）代入上式，得$\frac{3}{{a}^{2}}$-$\frac{1}{4-{a}^{2}}$=1．
解得a²=2或a²=6（舍去），
故所求雙曲線方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$-$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）：依題意，可設(shè)直線l的方程為y=kx+2，代入雙曲線C的方程并整理，
得（1-k²）x²-4kx-6=0．
∵直線I與雙曲線C相交于不同的兩點E、F，
∴$\left\{\begin{array}{l}{1-{k}^{2}≠0}\\{△=（-4k）^{2}+4×6（1-{k}^{2}）＞0}\end{array}\right.$?$\left\{\begin{array}{l}{k≠±1}\\{-\sqrt{3}＜k＜\sqrt{3}}\end{array}\right.$∴k∈（-$\sqrt{3}$，-1）∪（1，$\sqrt{3}$）．
設(shè)E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），則由①式得x₁+x₂=$\frac{4k}{1-{k}^{2}}$，x₁x₂=-$\frac{6}{1-{k}^{2}}$，
于是，|EF|=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{4k}{1-{k}^{2}}）^{2}+\frac{24}{1-{k}^{2}}}$，
而原點O到直線l的距離d=$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴S_△OEF=$\frac{1}{2}$d•|EF|=$\frac{1}{2}$•$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{4k}{1-{k}^{2}}）^{2}+\frac{24}{1-{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}•\sqrt{3-{k}^{2}}}{|1-{k}^{2}|}$，
若S_△OEF=$\frac{2\sqrt{2}•\sqrt{3-{k}^{2}}}{|1-{k}^{2}|}$=2$\sqrt{2}$?k⁴-k²-2=0，
解得k=±$\sqrt{2}$，滿足判別式大于0．
故滿足條件的直線l有兩條，其方程分別為y=$\sqrt{2}$x+2和y=-$\sqrt{2}$x+2．

點評 本題主要考查了雙曲線的方程和雙曲線與直線的關(guān)系．考查了學生綜合運算能力．